SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2023-2024 MƠN TỐN CHUN Thời gian : 150 phút câu 1: cho biểu thức A= x + √ 16 x+6 √ x−2 + + −2 x +2 √ x−3 √ x−1 √ x+ a, rút gọn biểu thức A b, tìm tất gía trị x nguyên để A nguyên baì 2; phương trình x 2+ 2mx−1−2m=0(mlà tham số ) a, chứng minh phương trình ln có nghiệm x , x vơí gía trị m b, tìm m để biểu thức P= 2023(2 x x2 +1) đạt gía trị nhỏ x −2m x 2−1−2 m 2 baì : a, giaỉ phương trình x2 +5+ √3 x +1=13 x vơí x thuộc R b, cho phương trình (ax +bx +c ¿ ( bx 2+ cx+ a ) ( cx +ax +b )=0 x ẩn số a,b,c số thực khác thỏa mãn ac+bc+3ab≤ chứng phương trình cho vng có nghiệm b 4: cho tam giác nhọn ABC(AB>AC) nơí tiếp đường trịn (O) goị D,E chân đường cao hạ từ A,B goị F hình chiếu vng góc B dường thẳng AO a, chứng minh điểm B,E,D,F đỉnh hình thang cân b,chứng minh EF qua trung điểm BC c, goị P giao điểm thứ đường thẳng AO vơí đường tròn (O) ,M,N lần BMN lượt trung điểm È CP tính ^ ĐÁP ÁN CHI TIẾT câu 1: cho biểu thức A= x + √ 16 x+6 √ x−2 + + −2 x +2 √ x−3 √ x−1 √ x+ a, rút gọn biểu thức A b, tìm tất gía trị x nguyên để A nguyên giaỉ đk : ≤ x ≠ a, ta có : A= x +4 √ x +6+ ( √ x−2 )( √ x +3 ) +3 ( √ x−1 )−2( x+2 √ x+3) x +2 √ x−3 = x +4 √ x +6+ x + √ x−6+ √ x−3−2 x −4 √ x +6 x+2 √ x−3 = x +4 √ x +3 ( √ x+ 3)( √ x−1) = ( √ x +3)( √ x+1) ( √ x+ 3)( √ x−1) = √ x+1 √ x−1 A = √ x+1 √ x−1 b, ta biến đôỉ A= √ x+1 =1+ √ x−1 √ x−1 để A nguyên phaỉ số nguyen : √ x−1 [ √ x −1=1 √ x=2 √ x −1=−1 √ x =0 √ x=3 √ x −1=2 x=−1(vn) x−1=−2 √ √ [ đơí chiếu điều khiện ta thấy x=0,x=4,x=9 thỏa mãn tất gía trị x nguyên để A nguyên ;x=0, x=4, x=9 baì 2; phương trình x 2+ 2mx−1−2m=0(mlà tham số ) a, chứng minh phương trình ln có nghiệm x , x vơí gía trị m b, tìm m để biểu thức P= 2023(2 x x2 +1) 2 x −2m x 2−1−2 m đạt gía trị nhỏ giaỉ : a, ta có ∆ ' =m2+1+2 m=( m+1 )2 ≥0 vơí moị m phương trình luoon có x , x vơí moị m b, x số nghiệm phương trình cho nênta có 2 x 1+ 2m x1 −1−2 m=0≤¿ x1 =−2 m x 1+1+2 m thay vào biểu thức P ta : 2023(2 x x 2+1) P= −2 m x +1+2 m−2 m x −1−2 m 2023(2 x1 x 2+1) = −2m( x + x ) áp dụng hệt thức vi ét ta có : x 1+ x2=−2 m; x x2 =−1−2 m thay vào biểu thức P ta : 2023(−2−4 m+1) −2023( m+1) m2 P= −2 m.(−2 m) = ta thấy m=0 P khơng tồn taị với m≠ P= −2023(4 m+ 1) ≤¿ P m2 +4.2023 m+2023=0 (1) 4m ta tìm P để phương trình (1) có nghiệm vơí m≠ P=0 m=- P≠ để phương trình (1) có nghiệm vơí m≠ (do c=2023≠ ¿ ∆ ' ≥ 0≤¿(4046)2−4.2023 P ≥ 0≤¿ P ≤ 2023 ngoaì thấy cho m dần P nhân gía trị âm bé tùy ý , gía trị nhỏ P khơng tồn taị baì : a, giaỉ phương trình x2 +5+ √3 x +1=13 x vơí x thuộc R b, cho phương trình (ax +bx +c ¿ ( bx 2+ cx+ a ) ( cx +ax +b )=0 x ẩn số a,b,c số thực khác thỏa mãn ac+bc+3ab≤ chứng phương trình cho vng có nghiệm giaỉ a, đk : x≥− cách 1: biến dôỉ phương trình x2 +5+ √3 x +1=13 x 4 x2 −11 x+3−( x−2−√ x +1)=0 4 x2 −11 x+3=2 x−2−√ x+1 (1) x−2−√ x+ 1=0 √ x+1=−2 x +2 −1 ≤ x≤1 3 x +1=4 x −8 x +4 { {4 x −11x ≤1x +3=0 x ≤1 11+ √ 73 11−√ 73 x= ≤¿ x= 8 11− √ 73 x= [ nghiệm không thỏa mãn pường trình loaị x−2−√ x+ 1≠ nhân vào hai vế (1) vơí biểu thức x−2−√ x+ 1≠ ta : (1)( x 2−11 x+ ) ( x−2+ √ x +1 )=4 x 2−11 x+3 ( x 2−11 x+ ) ( x−3+ √3 x +1 )=0 x −11 x +3=0 √ x +1=3−2 x [ phương trình x2 −11 x+3=0 nhận nghiệm x= 11+ √ 73 11−√ 73 loaị nghiệm x= 8 xét x−2+ √ x +1 ≠ phương trình √ x+1=3−2 x 3−2 x ≥ {3 x +1=9−12 x+ x −1 ≤ x≤ 2 x −15 x +8=0 { −1 ≤ x≤ 15− √ 97 x= 15+ √ 97 ≤¿ x= 8 15−√ 97 x= {[ nghiệm thỏa mãn nên nhận tóm laị phương trình có nghiệm x== 11+ √ 73 15− √ 97 x= 8 cách : đưa phương trình (2 x−2)2−( x−2 )=3 x+1−√ x +1 đặt u =2x-2 , v =√ x+1 ≥ phương trình trở thành u2−u=v 2−v ≤¿ ( u−v )( u+ v−1 ) =0≤¿ u=v [ u=1−v vơí u=v √ x+1=2 x−2≤¿ {3 x +1=4x ≥x1−8 x +4 ≤> 11+8√ 73 vơí u=1-v 15−√ 97 ≤> x= √ x+1=3−2 x ≤> x+ 1=4 x −12 x +9 { x≤ tóm laị phương trình có nghiệm x== 11+ √ 73 15− √ 97 x= 8 b, xét phương trình (ax +bx +c ¿ ( bx 2+ cx+ a ) ( cx +ax +b )=0 ax 2+ bx+ c=0(1) ¿> bx 2+ cx +a=0(2) cx + ax +b=0(3) [ xét biểu thức phương trình (1),(2) (3) ta có : ∆ 1=b2 −4 ac , ∆2 =c 2−4 ab ; ∆ 3=a2 −4 bc xét s=∆ 1+ ∆2 +∆ =a 2+ b2+ c 2−4 (ab +bc+ ca) =a 2+ b2+ c 2+ 2ab−2 bc−2 ca−2(bc +ca+3 ab) =(a+ b−c)2−2(bc+ ca+3 ab) ≥ tồn taị ts số ∆ ≥ ; ∆2 ≥ ; ∆3 ≥ phương trình (1),(2),(3) có nghiệm phương trình có nghiệm b 4: cho tam giác nhọn ABC(AB>AC) nơí tiếp đường trịn (O) goị D,E chân đường cao hạ từ A,B goị F hình chiếu vng góc B dường thẳng AO a, chứng minh điểm B,E,D,F đỉnh hình thang cân b,chứng minh EF qua trung điểm BC c, goị P giao điểm thứ đường thẳng AO vơí đường tròn (O) ,M,N BMN trung điểm È CP tính ^ a, điểm E,D,F nhìn cạnh AB dươí góc vng chúng thuộc đường trịn đường kính AB suy tứ giác BEDF nơị tiếp ta có PC\\BE ( vng vơí AC) (1) ta có tứ giác ABFD ABPC nội tiếp , suy ^ ;^ ^ BAP=BCP BAP= ^ BDF BCP=^ BDF mà hai góc vị trí đồng vị nên suy PC\\FD(2) suy ^ từ (1) (2) suy BE\\FD nên tứ giác BEDF hình thang b, goị I trung điểm BC tam giác BEC vuông taị E có EI trung tuyến nên EI=IB=IC suy ∆ EIC cân BIC góc ngo đỉnh I ∆ EIC nên ^ BIC=2 ^ BCA (3) taị I góc ^ ta có ^ BFO= ^ BIO=90° nên tứ giác BOI nơí tiếp đường trịnđường kính BO suy ^ BIF+ ^ BOF=180 °− ^ BOA=180° −2 ^ BCA ( 4) cộng vế theo vế (3) (4) ta : ^ BIE+ ^ BIF=180°=¿ E , I , F thẳng hàng c, tứ giác ABPC,ABFE nơí tiếp nên ^ ^ =180°− ^ BEF= ^ BIF= ^ BCP ; BFE BAC= ^ BPC suy ∆ BFE ∆ BPC ( g g ) suy BE EF EM ^ BEM= ^ BCN ; = = =¿ ∆ BEM ∆ MCN ( g c g) BC CP CN ^ ^ ^ ^ EBM=CBN EBC= MBN =¿ BE BC =¿ ∆ EBC ∆ MBN (c g c ) suy BE = BM = BC BN BM BN { ^ BMN= ^ BEC=90° {